第１問
ｘの方程式|log10ｘ|＝ｐｘ＋ｑ （ｐ、ｑは実数）が３つの相異なる
正の解をもち、次の２つの条件を満たすとする。
(Ⅰ) ３つの解の比は、１：２：３である。
(Ⅱ) ３つの解のうち最小のものは $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ より大きく、１より小さい。
このとき、Ａ＝log10２、 Ｂ＝log10３とおき、ｐとｑをＡとＢを用いて
表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
|log10ｘ|＝ｐｘ＋ｑ ････(※)
条件(Ⅰ)より、３つの解を ａ、２ａ、３ａと表すと、
条件(Ⅱ)より
ａ＜１＜２ａ＜３ａ
となる。
(※)は、
０＜ｘ＜１のとき －log10ｘ＝ｐｘ＋ｑ
１≦ｘのとき log10ｘ＝ｐｘ＋ｑ
なので、３解をそれぞれ代入すると、
－log10ａ＝ｐａ＋ｑ ････①
log10２ａ＝２ｐａ＋ｑ ⇔ log10ａ＋Ａ＝２ｐａ＋ｑ ････②
log10３ａ＝３ｐａ＋ｑ ⇔ log10ａ＋Ｂ＝３ｐａ＋ｑ ････③
これらの差をとると、
②－①より Ａ＋２log10ａ＝ｐａ ････④
③－②より Ｂ－Ａ＝ｐａ ････⑤
となり、④、⑤を連立させると、
Ａ＋２log10ａ＝Ｂ－Ａ
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \log _{10}a=\frac{B}{2}-A\end{align*}}$ ････⑥
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a=10^{\frac{B}{2}-A}=\frac{10^{\frac{B}{2}}}{10^A}=\frac{\sqrt3}{2}\end{align*}}$ ．
これを⑤に代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p=\frac{B-A}{a}=\frac{2B-2A}{\sqrt3}\end{align*}}$
また、①に⑤、⑥を代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q=-\log_{10}a-pa=2A-\frac{3B}{2}\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ p=\frac{2B-2A}{\sqrt3}\ \ ,\ \ q=2A-\frac{3B}{2}\ \ }\end{align*}}$
右図のようなグラフを描くと
イメージが掴みやすいかもしれません。
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第２問
曲線
$\small\sf{\begin{align*} \sf C:\ y=\frac{1}{x+2}\ (x>-2)\end{align*}}$
を考える。曲線Ｃ上の点Ｐ1(０，$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ )における接線をL1とし、L1と
ｘ軸との交点をＱ1、点Ｑ1を通りｘ軸と垂直な直線と曲線Ｃとの
交点をＰ2とおく。以下同様に、自然数ｎ（ｎ≧２）に対して、点Ｐn
における接線をLnとし、Lnとｘ軸との交点をＱn、点Ｑを通りｘ軸と
垂直な直線と曲線Ｃとの交点をＰn+1とおく。
(１) L1の方程式を求めよ。
(２) Ｐnのｘ座標をｘn（ｎ≧１）とする。ｘn+1をｘnを用いて表し、
ｘnをｎを用いて表せ。
(３) Ln、ｘ軸、ｙ軸で囲まれる三角形の面積Ｓnを求め、
$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ S_n\end{align*}}$
を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
Ｃの方程式の右辺をｆ(ｘ)とおくと、その導関数は 
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=-\frac{1}{(x+2)^2}\end{align*}}$
となるので、点Ｐ1における接線L1の方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-\frac{1}{2}=-\frac{1}{(0+2)^2}(x-0)\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ y=-\frac{1}{4}x+\frac{1}{2}\ \ }\end{align*}}$
(２)
(１)と同様に、点Ｐn(ｘn，ｆ(ｘn))における接線Lnの
方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-\frac{1}{x_n+2}=-\frac{1}{(x_n+2)^2}\ (x-x_n)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ y=-\frac{1}{(x_n+2)^2}\ x+\frac{x_n}{(x_n+2)^2}+\frac{1}{x_n+2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ y=-\frac{1}{(x_n+2)^2}\ x+\frac{2x_n+2}{(x_n+2)^2}\end{align*}}$ ．
これとｘ軸との交点Ｑn(ｘn+1，０)の座標は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0=-\frac{1}{(x_n+2)^2}\ x_{n+1}+\frac{2x_n+2}{(x_n+2)^2}\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ x_{n+1}=2x_n+2\ \ }\end{align*}}$ ････①
①は、
ｘn+1＋２＝２(ｘn＋２)
と変形できるので、数列{ｘn＋２}は、初項２、公比２の等比数列となる。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x_n+2=2\cdot2^{n-1}\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ x_n=2^n-2\ \ }\end{align*}}$
(３)
(２)より、Lnとｘ軸との交点Ｑn+1の座標は(２n+1－２，０)．
また、Lnとｙ軸の交点をＲnとすると、(２)で求めたLnの式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf R_n\left(0\ ,\frac{2x_n+2}{(x_n+2)^2}\ \right)=\left(0\ ,\ \frac{2^{n+1}-2}{4^n}\right)\end{align*}}$
よって、△ＯＱnＲnの面積Ｓ(ｎ)は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s\ (n)=\frac{1}{2}\cdot(2^{n+1}-2)\cdot\frac{2^{n+1}-2}{4^n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{2}\ \left(2-\frac{2}{2^n}\right)^2\ \ }\end{align*}}$
となるので、求める極限は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \lim_{n\rightarrow\infty}\ S_n=2\ \ }\end{align*}}$
まぁよくある問題ですよね。
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第３問
曲線Ｃ：ｙ＝logｘ （ｘ＞０）を考える。自然数ｎに対して、曲線Ｃ上に
点Ｐ(ｅn，ｎ)、 Ｑ(ｅ2n，２ｎ)をとり、ｘ軸上にＡ(ｅn，０)、 Ｂ(ｅ2n，０)
をとる。四角形ＡＰＱＢをｘ軸のまわりに１回転させてできる立体の体積
をＶ(ｎ)とする。また、線分ＰＱと曲線Ｃで囲まれる部分をｘ軸の周りに
１回転させてできる立体の体積をＳ(ｎ)とする。
(１) Ｖ(ｎ)をｎの式で表せ。
(２) $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{S\ (n)}{V\ (n)}\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
直線ＰＱの方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-n=\frac{2n-n}{e^{2n}-e^n}\ (x-e^n)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ y=\frac{n}{e^n(e^n-1)}\ x+\frac{(e^n-2)n}{e^n-1}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V\ (n)=\pi\ \int_{e^n}^{e^{2n}}\ \left(\frac{n}{e^n(e^n-1)}\ x+\frac{(e^n-2)n}{e^n-1}\right)^2\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{n^2\ \pi}{e^{2n}(e^n-1)^2}\ \int_{e^n}^{e^{2n}}\ \left(x+e^n(e^n-2)\right)^2\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{n^2\ \pi}{3e^{2n}(e^n-1)^2}\ \left[ \left(x+e^n(e^n-2)\right)^3\right]_{e^n}^{e^{2n}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{n^2\ \pi}{3e^{2n}(e^n-1)^2}\ \bigg( \left(e^{2n}+e^n(e^n-2)\right)^3-\left(e^{n}+e^n(e^n-2)\right)^3\bigg)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{n^2\ \pi}{3(e^n-1)^2}\ e^n\bigg( \left(2e^n-2)\right)^3-\left(e^n-1\right)^3\bigg)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{7\pi}{3}\ n^2\ e^n\ (e^n-1)\ \ }\end{align*}}$
(２)
Ｓ(ｎ)＋Ｖ(ｎ)は、
右図において水色部分の回転体の体積であるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S\ (n)+V\ (n)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi\int_{e^n}^{e^{2n}}\ \left(\log x\right)^2\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi\left[x(\log x)^2\right]_{e^n}^{e^{2n}}-\pi\int_{e^n}^{e^{2n}}x\cdot 2(\log x)\cdot\frac{1}{x}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi\left(4n^2\ e^{2n}-n^2\ e^n\right)-2\pi\int_{e^n}^{e^{2n}}\log x\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi n^2\ e^n \left(4\ e^{n}-1\right)-2\pi\ \left[x\log x-x\right]_{e^n}^{e^{2n}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi n^2\ e^n \left(4\ e^{n}-1\right)-2\pi\ \left(2n\ e^{2n}-n\ e^n\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi n^2\ e^n \left(4\ e^{n}-1\right)-2\pi\ n\ e^n\left(2e^{n}-1\right)\end{align*}}$
これと(１)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S\ (n)=\bigg(\pi n^2\ e^n \left(4\ e^{n}-1\right)-2\pi\ n\ e^n\left(2e^{n}-1\right)\bigg)-\frac{7\pi}{3}\ n^2\ e^n\ (e^n-1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{3}\pi n^2\ e^n \left(5\ e^{n}+4\right)-2\pi\ n\ e^n\left(2e^{n}-1\right)\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{S\ (n)}{V\ (n)}=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{5\ e^{n}+4}{7(e^n-1)}-\frac{6(2e^n-1)}{7n(e^n-1)}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{5+\frac{4}{e^n}}{7(1-\frac{1}{e^n})}-\frac{6(2-\frac{1}{e^n})}{7n(1-\frac{1}{e^n})}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{5}{7}\ \ }\end{align*}}$
(１)の円錐台の体積は、２つの円錐の体積の差を考えた方が楽でしたね＾＾；；
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第４問
四面体ＯＡＢＣにおいて、次が満たされている。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}=\overrightarrow{\sf OB}\cdot\overrightarrow{\sf OC}=\overrightarrow{\sf OC}\cdot\overrightarrow{\sf OA}\end{align*}}$
点Ａ、Ｂ、Ｃを通る平面を$\small\sf{\alpha}$ とする。点Ｏを通り平面$\small\sf{\alpha}$ と直交する直線と、
平面$\small\sf{\alpha}$ との交点をＨとする。
(１) $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}\end{align*}}$ と $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf BC}\end{align*}}$ は垂直であることを示せ。
(２) 点Ｈは△ＡＢＣの垂心であること、すなわち
$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf AH}\bot\overrightarrow{\sf BC}\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf BH}\bot\overrightarrow{\sf CA}\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf CA}\bot\overrightarrow{\sf AB}\end{align*}}$
を示せ。
(３) $\small\sf{\begin{align*} \sf |\ \overrightarrow{\sf OA}\ |=|\ \overrightarrow{\sf OB}\ |=|\ \overrightarrow{\sf OC}\ |=2\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}=\overrightarrow{\sf OB}\cdot\overrightarrow{\sf OC}=\overrightarrow{\sf OC}\cdot\overrightarrow{\sf OA}=1\end{align*}}$
とする。このとき、△ＡＢＣの各辺の長さおよび線分ＯＨの長さを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}=\overrightarrow{\sf OB}\cdot\overrightarrow{\sf OC}=\overrightarrow{\sf OC}\cdot\overrightarrow{\sf OA}\end{align*}}$ ････(※)
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}\end{align*}}$ と $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf BC}\end{align*}}$ の内積を計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf BC}=\overrightarrow{\sf OA}\cdot\left(\overrightarrow{\sf OC}-\overrightarrow{\sf OB}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OC}-\overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =0\end{align*}}$ ←(※)より
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}\end{align*}}$ ⊥ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf BC}\end{align*}}$
(２)
ＯＨ⊥平面$\scriptsize\sf{\alpha}$ より、ＯＨ⊥ＢＣ．
また、(１)より ＯＡ⊥ＢＣ
よって、平面ＯＡＨ⊥ＢＣとなるので、
ＡＨ⊥ＢＣ
他についても同様に
ＢＨ⊥ＣＡ、 ＣＨ⊥ＡＢ
よって、点Ｈは△ＡＢＣの垂心となる。
(３)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf AB}|^2=|\overrightarrow{\sf OB}-\overrightarrow{\sf OA}|^2=|\overrightarrow{\sf OB}|^2+2\overrightarrow{\sf OB}\cdot\overrightarrow{\sf OA}+|\overrightarrow{\sf OA}|^2\end{align*}}$
これに与えられた数値を代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf AB}|^2=2^2-2+2^2=6\ \ \Leftrightarrow\ \ |\overrightarrow{\sf AB}|=\sqrt6\end{align*}}$
他についても同様に
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf BC}=|\overrightarrow{\sf AB}|=\sqrt6\end{align*}}$
となるので、
ＡＢ＝ＢＣ＝ＣＡ＝$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \sqrt6\ \ }\end{align*}}$
これより△ＡＢＣは正三角形となるので、
垂心Ｈは重心と一致する。
ＢＣの中点をＭとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AH=\frac{2}{3}AM=\frac{2}{3}\cdot\frac{3\sqrt2}{2}=\sqrt2\end{align*}}$
△ＯＡＨにおいて、三平方の定理より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OH=\sqrt{2^2-\left(\sqrt2\right)^2}=\underline{\ \sqrt2\ \ }\end{align*}}$
(２)はベクトル計算でやる方が考えやすいと思います。
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第５問
以下の問いに答えよ。
(１) 座標平面において原点の周りに角$\small\sf{\theta\ (0\lt\theta\lt\pi)}$ だけ回転する移動を
表す行列をAとする。Aが等式$\small{\sf A^2-A+E=O}$ を満たすとき、$\small\sf{\theta}$ とＡを求めよ。
ただし、
$\small\sf{\begin{align*} \sf E=\begin{pmatrix}\sf 1&\sf 0\\ \sf 0 &\sf 1\end{pmatrix}\ \ ,\ \ O=\begin{pmatrix}\sf 0 &\sf 0\\ \sf 0&\sf 0\end{pmatrix}\end{align*}}$
である。
(２) 直線$\small\sf{\begin{align*} \sf y=\sqrt3 x\end{align*}}$ に関する対称移動を表す行列Bを求めよ。
(３) 直線y=kxに関する対称移動を表す行列をCとする。(１)、(２)において
求めた行列A、Bに対してBC=Aが成り立つとき、ｋを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
行列Aは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A=\begin{pmatrix}\sf \cos\theta\&\sf -\sin\theta\\ \sf \sin\theta &\sf \cos\theta\end{pmatrix}\end{align*}}$
と表されるので、ハミルトン・ケーリーの定理より、
$\scriptsize\sf{A^2-(2\cos\theta)A+(\cos^2\theta+\sin^2\theta)E=O}$
$\scriptsize\sf{\ \ \Leftrightarrow\ \ A^2-2\cos\theta)A+E=O}$
これと条件式$\scriptsize\sf{A^2-A+E=O}$ の差をとると、
$\scriptsize\sf{\sf (2\cos\theta-1)A=O}$
ここで$\scriptsize\sf{A\ne O}$ なので、
$\scriptsize\sf{\sf 2\cos\theta=!}$．
であり、$\scriptsize\sf{0\lt\theta\lt\pi}$ より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \theta=\frac{\pi}{3}\ \ }\end{align*}}$
このとき行列Aは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A=\begin{pmatrix}\sf \cos\frac{\pi}{3}&\sf -\sin\frac{\pi}{3}\\ \sf \sin\frac{\pi}{3} &\sf \cos\frac{\pi}{3}\end{pmatrix}=\underline{\ \frac{1}{2}\begin{pmatrix}\sf 1 &\sf -\sqrt3\\ \sf \sqrt3 &\sf 1\end{pmatrix}\ \ }\end{align*}}$
(２)
直線y=kxがｘ軸正方向となす角を$\scriptsize\sf{\phi\ \ (0\leqq\phi\leqq\pi)}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{k=\tan\phi}$
ｘｙ平面上の点Pをｘ軸および直線ｙ＝ｋｘについて
対称移動させた点をそれぞれP’、P”とおく。
∠POP’、∠POP”はそれぞれｘ軸および直線
y=kxによって二等分されるので、
∠P’OP”=$\scriptsize{\sf 2\phi}$
よって、直線y=kxに関する対称移動（P→P”）は、
x軸について対称移動（P→P’）した後に、
原点中心に$\scriptsize{\sf 2\phi}$ だけ回転させる移動（P’→P”）
と一致する。
ｘ軸対称移動および原点中心に$\scriptsize{\sf 2\phi}$ の回転移動はそれぞれ、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix}\sf 1&\sf 0\\ \sf 0 &\sf -1\end{pmatrix}\ \ ,\ \ \begin{pmatrix}\sf\cos2\phi &\sf -\sin2\phi\\ \sf \sin2\phi &\sf \cos2\phi\end{pmatrix}\end{align*}}$
という行列で表されるので、
直線y=kxに関する対称移動を表す行列Cは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf C=\begin{pmatrix}\sf \cos2\phi &\sf -\sin2\phi\\ \sf \sin2\phi &\sf \cos2\phi\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf 1 &\sf 0\\ \sf 0 &\sf -1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf \cos2\phi &\sf \sin2\phi\\ \sf \sin2\phi &\sf -\cos2\phi\end{pmatrix}\end{align*}}$ ････①
Bは$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf k=\sqrt3\end{align*}}$ のときなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \phi=\frac{\pi}{3}\ \ \Leftrightarrow\ \ 2\phi=\frac{2\pi}{3}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B=\frac{1}{4}\ \begin{pmatrix}\sf -2 &\sf 2\sqrt3\\ \sf 2\sqrt3 &\sf 2\end{pmatrix}=\underline{\ \frac{1}{2}\ \begin{pmatrix}\sf -1 &\sf \sqrt3\\ \sf \sqrt3 & \sf 1\end{pmatrix}\ \ }\end{align*}}$
(３)
行列Ｂは線対称移動を表すので、
Ｂ2＝Ｅ．
よって、ＢＣ＝Ａの両辺に左からＢをかけると、
Ｂ2Ｃ＝ＢＡ ⇔ Ｃ＝ＢＡ．
これに(１)、(２)で求めた行列を代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf C=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}\sf -1 &\sf\sqrt3\\ \sf \sqrt3 &\sf 1\end{pmatrix}\ \cdot \frac{1}{2}\begin{pmatrix}\sf 1 &\sf -\sqrt3\\ \sf\sqrt3 &\sf 1\end{pmatrix} \ \ \Leftrightarrow\ \ \begin{pmatrix}\sf \cos2\phi &\sf \sin2\phi\\ \sf \sin2\phi &\sf -\cos2\phi\end{pmatrix}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}\sf 1 &\sf \sqrt3\\ \sf \sqrt3 &\sf -1\end{pmatrix}\end{align*}}$ ．
成分を比較して、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos2\phi=\frac{1}{2}\ \ ,\ \ \sin2\phi=\frac{\sqrt3}{2}\end{align*}}$
０＜２φ＜２$\scriptsize\sf{\pi}$ の範囲で考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\phi=\frac{\pi}{3}\ \ \Leftrightarrow\ \ \phi=\frac{\pi}{6}\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf k=\tan\frac{\pi}{6}=\underline{\ \frac{1}{\sqrt3}\ \ }\end{align*}}$ ．
①はいきなり用いてもいいぐらい有名な行列ですが････
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第６問
２つの双曲線Ｃ：ｘ2－ｙ2＝１、 Ｈ：ｘ2－ｙ2＝－１を考える。
双曲線Ｈ上の点Ｐ(ｓ、ｔ)に対して、方程式ｓｘ－ｔｙ＝１で定まる
直線をLとする。
(１) 直線Lは点Ｐを通らないことを示せ。
(２) 直線Lと双曲線Ｃは異なる２点Ｑ、Ｒで交わることを示し、
△ＰＱＲの重心Ｇの座標をｓ、ｔを用いて表せ。
(３) (２)における３点Ｇ、Ｑ、Ｒに対して、△ＧＱＲの面積は
点Ｐ(ｓ，ｔ)の位置によらす一定であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
点ＰはＨ上にあるので、
ｓ2－ｔ2＝－１ ････①
直線Lが点Ｐを通ると仮定すると、
ｓ2－ｔ2＝１ ････②
となるが、①、②を同時に満たすｓ、ｔは
存在しないので矛盾する。
よって、直線Lは点Ｐを通らない。
(２)
ｔ≠０より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L\ :\ sx-ty=1\ \ \Leftrightarrow\ \ y=\frac{sx-1}{t}\end{align*}}$
これとＣの方程式を連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x^2-\left(\frac{sx-1}{t}\right)^2=1\ \ \Leftrightarrow\ \ (t^2-s^2)x^2+2sx-1-t^2=0\end{align*}}$
①を代入すると、
ｘ2＋２ｓｘ－(ｓ2＋２)＝０ ････③
③の判別式Ｄは、
Ｄ/4＝ｓ2＋(ｓ2＋２)＝２(ｓ2＋１)＞０
となるので、②は異なる２つの実数解をもつ。
よって、直線Lと曲線Ｃは異なる２点で交わる。
③の２解をｑ、ｒとすると、LとＣの２交点Ｑ、Ｒは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Q\left(q\ ,\ \frac{sq-1}{t}\right)\ \ ,\ \ R\left(r\ ,\ \frac{sr-1}{t}\right)\end{align*}}$
また、解と係数の関係より、
ｑ＋ｒ＝－２ｓ 、 ｑｒ＝－(ｓ2＋２) ･･･④
△ＡＢＣの重心をＧ(Ｘ，Ｙ)とすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X=\frac{1}{3}\ (s+q+r)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{s}{3}\end{align*}}$ ←④より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Y=\frac{1}{3}\ \left(t+\frac{sq-1}{t}+\frac{sr-1}{t}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{t^2+s(q+r)-2}{3t}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{t^2-2s^2-2}{3t}\end{align*}}$ ←④より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{t}{3}\end{align*}}$ ←①より
よって、重心Ｇの座標は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ G\left(-\frac{s}{3}\ ,\ -\frac{t}{3}\right)\ \ }\end{align*}}$
(３)
Ｐを始点とするベクトルを考える。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf PQ}=\left(q-s\ ,\ \frac{sq-1}{t}-t\right)\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf PR}=\left(r-s\ ,\ \frac{sr-1}{t}-t\right)\end{align*}}$
△ＰＱＲの面積をＳとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\frac{1}{2}\left|(q-s)\left(\frac{sr-1}{t}-t\right)-(r-s)\left(\frac{sq-1}{t}-t\right)\right|\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2\ |\ t\ |}\left|(q-s)\left(sr-1-t^2\right)-(r-s)\left(sq-1-t^2\right)\right|\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2\ |\ t\ |}\left|-(q-r)(1+t^2)+(q-r)s^2\right|\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left|\ q-r\ \right|}{|\ t\ |}\end{align*}}$ ←①より
ここで④より、
(ｑ－ｒ)2＝(ｑ＋ｒ)2－４ｑｒ
＝４ｓ2＋４(ｓ2＋２)
＝８ｔ2 ←①より
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\frac{\sqrt{8t^2}}{|\ t\ |}=2\sqrt2\end{align*}}$
点Ｇは△ＰＱＲの重心なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle=\frac{1}{3}\ S=\frac{2\sqrt2}{3}\end{align*}}$
となり、点Ｐの座標によらず一定である。
面積の公式は大丈夫ですか？
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/11/05(月) 01:06:00|
- 大学入試(数学) .関東の大学 .筑波大 2012
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